§1. Bất đẳng thức

Bất đẳng thức \(\sqrt{a}+\sqrt{b}\ge\sqrt{\frac{a^2}{b}}+\sqrt{\frac{b^2}{a}}\) sai chẳng hạn với \(a=4,b=9\) (khi đó \(\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{4}+\sqrt{9}=5\), trong khi đó\(\sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}=\sqrt{\dfrac{16}{9}}+\sqrt{\dfrac{81}{4}}=5,8333...\), suy ra \(\sqrt{a}+\sqrt{b}< \sqrt{\dfrac{a^2}{b}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{a}}\) ).

Chú ý: Có thể chứng minh các bất đẳng thức còn lại đều đúng như sau (học sinh không cần làm điều này khi thu trắc nghiệm):

  + \(\left(a-b\right)^2+\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2\Rightarrow a^2+b^2+1\ge ab+a+b\) .

  + \(\left(a-b\right)^2+\left(a-2\right)^2+\left(b-2\right)^2\ge0\Rightarrow a^2+b^2+4\ge ab+2a+2b\).

  + \(\left(\dfrac{a}{2}-b+c\right)^2\ge0\Rightarrow\dfrac{a^2}{4}+b^2+c^2\ge ab-ac+2bc\)

​

Theo bất đẳng thức Svac ta có \(2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\) hay \(a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\). Do đó

   \(A=x^8+y^8\ge\dfrac{1}{2}\left(x^4+y^4\right)^2\ge\dfrac{1}{2}.\left(\dfrac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)^2\right)^2\)\(=\dfrac{1}{8}\left(x^2+y^2\right)^4\ge\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)^2\right)^4=\dfrac{1}{128}\left(x+y\right)^2=\dfrac{1}{128}\).

Khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\) thì \(x+y=1\) và \(A=\dfrac{1}{128}\) . Vậy GTNN = \(\dfrac{1}{128}\).

​

Với \(a=b=-\dfrac{1}{2}\) thì \(ab=\dfrac{1}{4}\) ( như vậy  \(ab\ge\dfrac{1}{4}>\dfrac{1}{5}>0\) ) tuy nhiên       

                \(ax+by-\sqrt{xy}=-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2}y-\sqrt{xy}=-\dfrac{1}{2}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2< 0\), \(\forall x,y>0\)

Như vậy tất cả 3 khẳng định khác với khẳng định "\(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)" đều sai. Do đó chỉ có khẳng định "\(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)" đúng.

Chú ý: Có thể kiểm tra tính đúng của khẳng định trên như sau (học sinh không cần làm trong phòng thi):

Theo giả thiết, có  \(ax+by-\sqrt{xy}\ge0\) đúng với mọi \(x,y>0\). Chia hai vế cho \(y>0\) và đặt \(t=\sqrt{\dfrac{x}{y}}\) thì điều kiện đã cho trở thành  \(at^2-t+b\ge0,\forall t>0\) (*).

- Nếu \(a=0\) thì (*) \(\Leftrightarrow\) \(t\le b,\forall t>0\), vô lý.

- Nếu \(a\ne0\) thì đồ thị hàm số \(Y=f\left(t\right)=at^2-t+b\) là một parabon với đỉnh \(D\left(-\dfrac{1}{2a};\dfrac{4ab-1}{4a}\right)\), cắt trục tung tại \(M\left(0;b\right)\).

(*) sẽ đúng với mọi \(t>0\) trong hai trường hợp:

   1)  parabon nằm hoàn toàn phía trên trục hoành   (parabol quay bề lõm lên trên và không cắt trục hoành - hình (I); hoặc tiếp xúc với trục hoành và quay bề lõm lên trên (hình (II)):

                                               \(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta\le0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)

    2)  parabol quay bề lõm lên trên, cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt ở bên trái trục tung - hình (III)):

                                       \(\) \(\left\{{}\begin{matrix}a>0\\\Delta>0\\x_1+x_2=\dfrac{1}{a}< 0\\x_1x_2=\dfrac{b}{a}>0\end{matrix}\right.\)  -  không xảy ra

  Vậy khẳng định đúng là " \(\left\{{}\begin{matrix}a>0,b>0\\ab\ge\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)".

Từ giả thiết \(a+b+c=1\) suy ra  \(1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1+a}{a}=\dfrac{a+b+c+a}{a}\ge\dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}\)

Do đó     \(\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\left(1+\dfrac{1}{b}\right)\left(1+\dfrac{1}{c}\right)\ge\dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}.\dfrac{4\sqrt[4]{b^2ca}}{b}.\dfrac{4\sqrt[4]{c^2ab}}{c}=64\)

​Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) . GTNN = 64.

Cách 1: ​Biểu thức A được viết lại thành :

                             \(A=\frac{4y^2-4x^2+6xy}{x^2+y^2}=\frac{5x^2+5y^2-\left(y^2-6xy+9x^2\right)}{x^2+y^2}=5-\frac{\left(y-3x\right)^2}{x^2+y^2}\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  \(y=3x,x\ne0\). Vật A có GTLN là 5.

Cách 2: -Nếu  \(y=0,x\ne0\) thì  \(A=-4\) .

- Nếu thì chia cả tử và mẫu cho \(y^2\) và đặt \(t=\dfrac{x}{y}\) thì   

                    \(A=\dfrac{4-4t^2+6t}{t^2+1}=\dfrac{5t^2+5-\left(9t^2-6t+1\right)}{t^2+1}=5-\dfrac{\left(3t-1\right)^2}{t^2+1}\le5\).

GTLN = 5, đạt khi \(3t-1=0\Leftrightarrow3x-y=0,\left(x\ne0\right)\).

Cách 3:   \(A=\dfrac{4-4t^2+6t}{t^2+1}\Leftrightarrow At^2+A=4-4t^2+6t\Leftrightarrow\left(A+4\right)t^2-6t+\left(A-4\right)=0\)

Nếu A là một giá trị của biểu thức đã cho thì phương trình trên phải có nghiệm, tức là

                                           \(\Delta'=9-\left(A^2-16\right)\ge0\Leftrightarrow-5\le A\le5\)

Vậy GTLN của biểu thức đã cho là 5.

Dễ thấy 3 trong 4 bất đẳng thức nêu trong đề bài có thể kiểm tra ngay, cụ thể:

   1) \(a^2-ab+b^2-ab=\left(a-b\right)^2\ge0\)  suy ra \(a^2-ab+b^2\ge ab,\forall a,b\).

   2) \(b\left(a-b\right)-a\left(a-b\right)=\left(a-b\right)\left(b-a\right)=-\left(a-b\right)^2\le0\) , suy ra \(4ab\left(a-b\right)^2\le\left(a^2-b^2\right)\forall a,b\)

   3) \(4ab\left(a-b\right)^2-\left(a^2-b^2\right)^2=\left(a-b\right)^2\left(4ab-\left(a+b\right)^2\right)=\left(a-b\right)^2\left(-\left(a-b\right)^2\right)=-\left(a-b\right)^4\le0\), suy ra 

   \(4ab\left(a-b\right)^2\le\left(a^2-b^2\right)^2\forall a,b\).

Từ đó, bất đẳng thức còn lại phải sai. Đáp số: \(a^3+2\le a^2+2\sqrt{a}\forall a\ge0\) (*) 

Chú ý: có thể chứng minh (*) sai như sau (học sinh không cần phải chứng minh như thế):

\(\left(a^3+2\right)-\left(a^2+2\sqrt{a}\right)=a^3-a^2+a-2\sqrt{a}+1-a+1\)\(=a^2\left(a-1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2-\left(a-1\right)\)

\(=\left(a-1\right)\left(a^2-1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2=\left(a-1\right)^2\left(a+1\right)+\left(\sqrt{a}-1\right)^2\ge0\) (do giả thiết \(a\ge0\)).

Suy ra   \(\left(a^3+2\right)-\left(a^2+2\sqrt{a}\right)\ge0\Rightarrow a^3+2\ge a^2+2\sqrt{a}\)  v​ới mọi \(a\ge0\), từ đó bất đẳng thức 

                                    \(a^3+2\le a^2+2\sqrt{a},\forall a\ge0\)   là bất đẳng thức sai,

Trong 4 bất đẳng thức trên có 3 bất đẳng thức với biến, chỉ có một bất đẳng thức số. Có thể dùng máy tính cầm tay để kiểm tra tính đúng đắn của nó một cách dễ dàng. Sử dụng MTCT ta tính được \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}-2\sqrt[3]{3}\approx-0,08140820129< 0\) suy ra  \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}< 2\sqrt[3]{3}\)  do đó bất đẳng thức  \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}>2\sqrt[3]{3}\)  sai.

Chú ý:

1) Có thể không sử dụng MTCT chứng minh được \(\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}< 2\sqrt[3]{3}\) như sau (trong phòng thi các em học sinh không cần mất thời gian để làm như vậy):

Đặt  \(a=\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}\) và  \(b=\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}\)   thì   \(a^3+b^3=6\).  Cần kiểm tra  \(a+b< 2\sqrt[3]{3}\)  hay \(\left(a+b\right)^3< 24=4.6\), hay

\(\left(a+b\right)^3< 4\left(a^3+b^3\right)\)\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^3< 4\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\) \(\Leftrightarrow\left(a+b\right)^2< 4\left(a^2-ab+b^2\right)\) (do \(a,b>0\) )

\(\Leftrightarrow0< 3\left(a^2-2ab+b^2\right)=3\left(a-b\right)^2\) (đúng do \(a\ne b\)).

2) Cũng có thể chứng minh cả ba bất đẳng thức chứa biến còn lại đều đúng và suy ra bất đẳng thức số nói trong đề bài là sai (tuy nhiên học sinh cũng không ohair và không nên làm như vậy):

  + \(\left(ab+bc+ca\right)^2-3abc\left(a+b+c\right)=\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2-abc\left(a+b+c\right)\)

                                                                 \(=\dfrac{1}{2}[\left(ab-bc\right)^2+\left(bc-ca\right)^2+\left(ca-ab\right)^2]\ge0\)

Suy ra   \(\left(ab+bc+ca\right)^2\ge3abc\left(a+b+c\right)\) đúng.

  + \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)-2\left(a^3+b^3+c^3\right)=\)

     \(=\)\(\left(a^2b-a^3\right)+\left(ab^2-b^3\right)+\left(b^2c-b^3\right)+\left(bc^2-c^3\right)+\left(c^2a-c^3\right)+\left(ca^2-a^3\right)\)

      \(=a^2\left(b-a\right)+b^2\left(a-b\right)+b^2\left(c-b\right)+c^2\left(a-c\right)+c^2\left(a-c\right)+a^2\left(c-a\right)\)

      \(=\left(a-b\right)\left(b^2-a^2\right)+\left(b-c\right)\left(c^2-b^2\right)+\left(c-a\right)\left(a^2-c^2\right)\)

      \(=-\left(a-b\right)^2\left(a+b\right)-\left(b-c\right)^2\left(b+c\right)-\left(c-a\right)^2\left(c+a\right)\le0\)  (do giả thiết \(a,b,c\ge0\)). Suy ra 

                      \(ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\le2\left(a^3+b^3+c^3\right)\)  nếu \(a,b,c\ge0\).

     + Áp dụng bất đẳng thức Svac cho 3 số ta có    \(\left(1^2+1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2+z^2\right)\ge\left(x+y+z\right)^2\)với \(x=1,y=a,z=a^2\) ta có   \(3\left(1+a^2+a^4\right)\ge\left(1+a+a^2\right)^2\).

​

​Ta có \(x^2+y^2+z^2=\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{y^2+z^2}{2}+\dfrac{z^2+x^2}{2}\) \(\ge xy+yz+zx,\forall x,y,z\).

Do đó     \(\forall a,b,c>0\) có \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=\left(\sqrt{\dfrac{ab}{c}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{bc}{a}}\right)^2+\left(\sqrt{\dfrac{ca}{b}}\right)^2\)\(\ge b+c+a\) . Vì vậy 

khẳng định " \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\le a+b+c;\left(a,b,c>0\right)\) " nói chung không đúng, chẳng hạn với \(a=1,b=2,c=3\) thì \(\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=\dfrac{49}{6}=8\dfrac{1}{6}\) \(>\left(a+b+c\right)=6\).

Vậy " \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\le a+b+c;\left(a,b,c>0\right)\) "  là khẳng định sai.

Có thể kiểm tra (nhưng học sinh không phải làm điều này) rằng các khẳng định còn lại đều đúng:

  + \(\left(a^3+b^3\right)-ab\left(a+b\right)=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2-ab\right)=\left(a+b\right)\left(a-b\right)^2\ge0\) do giả thiết \(a+b>0\).

  + \(\left(a^4+b^4\right)-\left(a^3b+ab^3\right)=\left(a^4-a^3b\right)+\left(b^4-ab^3\right)=\left(a-b\right)\left(a^3-b^3\right)=\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\ge0\)

với mọi \(a,b\) .

  + Với mọi  \(a,b\)  không âm  luôn có  \(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge2\sqrt{ab}.2\sqrt{ab.1}=4ab\). Do đó 

                                        \(\left(a+b\right)\left(ab+1\right)\ge4ab\left(\forall a,b\ge0\right)\)

Bất đẳng thức  \(a^2\left(1+b^4\right)+b^2\left(1+a^4\right)\ge\left(1+a^4\right)\left(1+b^4\right)\) không đúng khi \(a=0,b=1\), vì vậy khẳng định

" \(a^2\left(1+b^4\right)+b^2\left(1+a^4\right)\ge\left(1+a^4\right)\left(1+b^4\right)\) " đúng với mọi \(a,b\) sai.

Chú ý: Học sinh có thể chứng minh các khẳng định còn lại đều đúng (nhưng không cần chứng minh):

  + \(\dfrac{a^2+2}{\sqrt{a^2+1}}=\sqrt{a^2+1}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}\ge2,\forall a\) (đúng theo Cô si)

 +  Có  \(x^2+y^2+z^2=\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{x^2+y^2}{2}+\dfrac{x^2+y^2}{2}\ge xy+yz+zx,\left(\forall x,y,z\right)\), do đó

        \(a^4+b^4+c^4\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge ab.bc+bc.ca+ca.ab\) \(=abc\left(a+b+c\right)\), \(\forall a,b,c\).

  + Có \(\left(a+c\right)\left(b+d\right)=ab+cd+bc+ad=\)\(\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2+\left(\sqrt{bc}-\sqrt{ad}\right)^2\) \(\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\right)^2\)

từ đó  \(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+d\right)}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{cd}\), \(,\forall a,b,c,d\ge0\)

Với ba số dương \(a=b=c=\dfrac{1}{3}\) (thỏa mãn điều kiện \(a+b+c=1\)) thì \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\dfrac{8}{27}\)  và \(abc=\dfrac{1}{27}\) \(\Rightarrow\)\(64abc>32abc>16abc>8abc=\dfrac{8}{27}=\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\) .

Từ đó các khẳng định \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge64abc\) ; \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge32abc\)  và

\(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge16abc\) đều sai. Từ đó \(\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)\ge8abc\) (*)  phải đúng.

Các em học sinh có thể chứng minh (*) đúng như sau:

  ​Do     \(a+b+c=1\) nên \(1-a=b+c;1-b=c+a;1-c=a+b\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\left(1-c\right)=\left(b+c\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)\ge2\sqrt{bc}.2\sqrt{ac}.2\sqrt{ab}=8abc\)

Theo bất đẳng thức Svac ta có  \(\left(2x+3y\right)^2=\left(\sqrt{2}.\sqrt{2}x+\sqrt{3}.\sqrt{3}y\right)^2\le\left(2+3\right)\left(2x^2+3y^2\right)\) hay \(7^2\le5A\Leftrightarrow A\ge\dfrac{49}{5}\) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   \(\left\{{}\begin{matrix}2x+3y=7\\\dfrac{\sqrt{2}x}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{3}y}{\sqrt{3}}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\) \(x=y=\dfrac{7}{5}\) .

Đáp số: \(\dfrac{49}{5}\)

Vì \(c>d\) nên \(-d>-c\)​. Theo giả thiết lại có \(a>b\). Cộng theo vế hai bất đẳng thức cùng chiều ta được ​ ​\(a-d>b-c\). Đáp số: ​ ​\(a-d>b-c\).

Giả thiết tương đương với  $-m&lt; 0,n&lt; 0$ suy ra $-m+n&lt; 0$, do đó $n-m&lt; 0$.​

Cộng c vào hai vế bất đẳng thức giả thiết \(a>b\) ta được \(a+c>b+c\).

Áp dụng tính chất cộng theo vế hai bất đẳng thức cùng chiều ta được \(a+c>b+d\) luôn đúng.​

Cộng a vào hai vế bất đẳng thức đúng \(6>3\) ta được ​\(6+a>3+a\) .

Nhân 2 vế bất đẳng thức đúng \(a< b\) (giả thiết) với 3 (> 0) ta được \(3a< 3b\). Cộng vào 2 vế bất đẳng thức nhận được với 2c ta được  \(3a+2c< 3b+2c\) . ​

Có \(5>1\)​ và \(4>3\) nhưng \(5-3< 4-1\) nên \(a-c>b-d\) sai.

Với \(a=2,b=1,c=9,d=1\) thì \(a>b>0,c>d>0\) nhưng \(\dfrac{a}{c}=\dfrac{2}{9}< \dfrac{1}{1}=\dfrac{b}{d}\)​ nghĩa là \(\dfrac{a}{c}>\dfrac{b}{d}\) sai.

Từ giả thiết ​ \(2a>2b\) và \(-3b< -3c\) suy ra   \(a>b\) và \(b>c\) suy ra \(a>c\) đúng.

​Từ giả thiết \(a+2c>b+2c\) suy ra \(a>b\), do đó \(2a>2b\) đúng.

Nếu \(a=1,b=-2\)​thì \(a>b\)và \(a^4>b^4\)không đúng.

Ta có    \(\left(\sqrt{a}\right)^3-1=\dfrac{\left(a-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}+1}< 0\)​ do giả thiết \(0< a< 1\).

Do đó  \(a\sqrt{a}< 1\Rightarrow\dfrac{1}{a}>\sqrt{a}\). Vậy \(\dfrac{1}{a}>\sqrt{a}\) đúng.

Từ giả thiết ​ ​ \(a+b< a\) và \(b-a>b\) suy ra \(b< 0,a< 0\), do đó \(ab>0\).  

Có ​ ​ ​\(ax+b=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{b}{a}\) và \(cx+d=0\Leftrightarrow x=-\dfrac{d}{c}\). Do đó:

Nghiệm của phương trình \(ax+b=0\) lớn nhỏ nghiệm của phương trình \(cx+d=0\) nghĩa là   \(-\dfrac{b}{a}< -\dfrac{d}{c}\Leftrightarrow\dfrac{b}{a}>\dfrac{d}{c}\).

Theo bất đẳng thức tam giác ta có    \(\left|b-c\right|< a\Rightarrow\left(b-c\right)^2< a^2\Rightarrow b^2+c^2< a^2+2bc\)​

nên mệnh đề ​ ​\(b^2+c^2>a^2+2bc\) là mệnh đề sai.

Ta có  \(b=\sqrt{19}< \sqrt{25}=5=1+4< \sqrt{3}+\sqrt{16}=c\)​\(\Rightarrow b< c\), do đó đáp số đúng chỉ có thể là b, c, a hoặc b, a, c. Tuy nhiên \(a=\sqrt{6}+\sqrt{13}>\sqrt{4}+\sqrt{9}=5>b\) nên b, a, c là đáp số sai. Đáp số đúng là b, c, a   ( \(b< c< a\) )

​\(f\left(x\right)=-\left(x^2-x\right)=-\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\le\dfrac{1}{4},\forall x\)

GTLN = 0,25 đạt khi \(x=\dfrac{1}{2}\).

Có   \(a=3+\sqrt{2}>3+\sqrt{1}=4=d\)​     và

           \(c^2=\left(2+\sqrt{3}\right)^2=7+4\sqrt{3}< 7+4\sqrt{4}=15=b^2< 16=d^2\)

​suy ra   \(c< b< d< a\), do đó số nhỏ nhất là c, số lớn nhất là a.

Có \(\sqrt{x^2+1}\ge1,\forall x\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\le1,\forall x\)​ và \(f\left(0\right)=1\) nên GTLN =1. Vì vậy các mệnh đề:

-  " GTNN = 1, GTLN =2"

- "Không có GTNN, GTLN " đều sai.

Hơn nữa, nếu xét phương trình \(f\left(x\right)=0\Leftrightarrow\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}=0\) thì phương trình này vô nghiệm nên mệnh đề  "GTNN = 0, GTLN =1" cũng sai.

Mệnh đề đúng phải là "Không có GTNN, GTLN =1".